Tích phân hàm phân thức hữu tỉ. hữu tỉ hóa tích phân

  • 20 trang
  • file .pdf
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
Tích phân hàm phân thức hữu tỷ.
Hữu tỷ hóa tích phân
Dạng 1. Tích phân hàm phân thức hữu tỷ
 Nội dung phương pháp
Trong phần này, ta cần nắm được cách tính các tích phân sau:
dx
1) I1   , với a  0 .
ax  b
1 d  ax  b  ln ax  b
Cách tính. I1   C .
a  ax  b a
dx
2) I 2   n
, với a  0 , n  * , n  2 .
 ax  b 
1 d  ax  b  1
Cách tính. I 2   n
 n
C.
a  ax  b  a  n  1   ax  b 
P  x
3) I3   n
dx , P  x  là đa thức có bậc lớn hơn 0 , a  0 , n  * .
 ax  b 
Cách tính. Thực hiện phép đổi biến t  ax  b .
dx
4) I 4   2
, với a  0 , ax 2  bx  c  0 x .
ax  bx  c
2
Cách tính. Biến đổi ax 2  bx  c  a  x  e   f 2  ( f  0 ), sau đó thực hiện phép đổi
 
  
biến x  e  f tan t , t    ;  . Ta có
 2 2
1 dt 1 t
ax 2  bx  c  af 2  2
, dx  f  2
 I4   dt  C .
cos t cos t af af
mx  n
5) I5   dx , với a  0 , m  0 , ax 2  bx  c  0 x .
ax 2  bx  c
mx  n 2ax  b 1
Cách tính. Phân tích 2
 A 2  B 2 .
ax  bx  c ax  bx  c ax  bx  c
2 ax  b d  ax  bx  c 
2
2 dx
 ax 2  bx  c dx   ax 2  bx  c  ln ax  bx  c  C ,  ax 2  bx  c chính là I 4 .
Tất cả các tích phân hàm phân thức hữu tỷ đều được quy về năm dạng nói trên.
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84
1
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
 Một số ví dụ
2
x3
Ví dụ 1. Tính I   dx .
1
2 x  3
Giải
t 3 1
Đặt t  2 x  3 , suy ra x  , dx  dt . Khi x nhận các giá trị bằng 1 và 2 thì t nhận các
2 2
giá trị tương ứng là 5 và 7 . Do đó
3
I 
 t 23   1 dt   1 7 t 3  9t 2  27t  27 dt  1 7  t 2  9t  27  27  dt
7

5
t

2
 
 16 5 t 16 5 
 
t 
7
1 1 9  7 27 7
  t 3  t 2  27t  27 ln t    ln .
16  3 2  5 6 16 5
1
4 x  11
Ví dụ 2. Tính I   2
dx .
0
x  5x  6
Giải
Ta có
1
2  2 x  5  1 1
2x  5
1
dx
I  2
dx  2  2
dx   2
,
x  5x  6 x  5x  6 x  5x  6
0
 
0 0
I1 I2
1
d  x2  5x  6 1
I1   2
 ln x 2  5 x  6  ln 2 ,
0
x  5x  6 0
1
1
I2  
dx

 x  3   x  2  dx  dx  dx  ln x  2  2 ln 3  3ln 2 .
1 1 1
0 
x  2  x  3  0  x  2  x  3  0 x  2 0 x  3 x3 0
Suy ra I  2 ln 3  ln 2 .
1
x
Ví dụ 3. Tính I   2
dx
2
x  4x  5
Giải
Ta có
1 1
1 2x  4 dx
I  2
dx  2  2 ,
2 2 x  4 x  5 x  4x  5
 
2
 
J K
1
2x  4 1
J 2
dx  ln x 2  4 x  5  ln 2 .
2
x  4x  5 2
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84
2
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
1
dx    2 1
Ta thấy K   . Đặt x  2  tan t , t    ;  . Suy ra 1   x  2  
2
,
2 1   x  2   2 2 cos 2 t
dt 
dx  2
. Khi x nhận các giá trị 2 và 1 thì các giá trị của t lần lượt là 0 và . Do đó
cos t 4

4

K   dt  .
0
4
ln 2 
Vậy I   .
2 2
2
x3  2x2  4x  9
Ví dụ 4. Tính I   dx
0
x2  4
Giải
Ta có
2 2 2 2
 1  1 2  dx dx
I   x  2 2  dx   x  2 x    2  6 2 .
0
x 4 2 0 0 x 4 0
x 4
2
dx    1 2dt
Ta xét J   2
. Đặt x  2 tan t , t    ;  . Suy ra x 2  4  4  2
, dx  . Khi
0
x 4  2 2 cos t cos 2 t

x nhận các giá trị 0 và 2 thì các giá trị của t lần lượt là 0 và . Do đó
4

14 
K   dt  .
20 8

Vậy I  6  .
8
3
1
Ví dụ 5. Tính I=  3
dx
2  x  1 x  1
Giải
Cách 1. ( Phương pháp hệ số bất định )
 Ta có :
2
1 A B C A  x  1  B  x  1 x  1  C  x  1
2
   2
 2
 x  1 x  1 x  1  x  1  x  1  x  1 x  1
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 3
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
 1
 A
1  4 A  4 . Khi đó (1)
 Thay hai nghiệm mẫu số vào hai tử số :  
1  2C C   1
 2

 A  B  x2   2 A  C  x  A  B  C  A  B  C  1  B  A  C  1  1  1  1   1
2
 x  1 x  1 4 2 4
3
1 1 
3
1 1 1 1 1
 Do đó :  2
dx  2  4 x  1 4  x  1 2  x  12  dx
 .  . 
2  x  1 x  1  
1 1 1 3 1 3
 I   ln  x  1 x  1  .   ln 8  ln 2
4 2  x  1  2 4 4
Cách 2:
 Đặt : t=x+1, suy ra : x=t-1 và khi x=2 thì t=3 ; khi x=3 thì t=4 .
3 4
1 t  t  2
4 4 4
1 dt 1 1 1 
 Khi đó : I=  dx     dt  
  dt   dt 
2  x  1 x  1
2
3
2 2
t t  2 2 3 t t  2 2  2 t t  2 3
t 
4 4
11  1 1 1  1 t 2 1 4 3
 I      dt   dt    ln  ln t   ln 2
2 2 2t 2 t  3
t  4 t 2 3 4
1 
 3
3t 2  4t  1  3t 2  4t  4   3t 2  4t 1  3t  2   3t 2  4t 1  3 2 
  3
Hoặc : 3       
t  2t 2 t  2t 2 4  t  2t 2   t 3  2t 2 4 t 2  t 3  2t 2 4  t t 2 
4
 3t 2  4t 1  3 2    1 2  4 3
 Do đó : I=   3 2
   2   dt   ln t 3  2t 2   3ln t     ln 2
3
t  2t 4  t t   4 t  3 4
1  t  t  4  1  1
2 2
1 t 2 1 1 1 2
Hoặc : 2   2    2     2
t t  2 4  t t  2  4  t  2 t  4t 2 t t 
 
 Do đó :
I=
4
1  1 1 2 1 t 2 2 4 1 1 1 1 2 1 1
    2  dt   ln     ln   ln     ln 3  ln 2  
4 3t2 t t  4 t t  3 4 2 2 3 3 4 6
3
x2
Ví dụ 6. Tính I=  2
dx
2  x  1  x  2 
Giải
Đặt : x-1=t , suy ra : x=t+1 , dx=dt và : khi x=2 thì t=1 ; x=3 thì t=2 .
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 4
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
2
Do đó : 
3
x2
dx   2
 t  1
2 2 2
t  2t  1
dt   2 dt
2
2  x  1  x  2  1
t  t  3 1
t  t  3
Cách 1; ( Hệ số bất định )
2 2
t 2  2t  1 At  B
Ta có : 2  
C

 At  B  t  3  Ct   A  C  t   3 A  B  t  3B
2
t  t  3 t t3 t 2  t  3 t 2  t  3
 1
B  3
A  C  1 
  5 t 2  2t  1 1 t  3 4 1
Đồng nhất hệ số hai tử số : 3 A  B  2   A   2  
3B  1  9 t  t  3 9 t 2 9 t 3
  4
C  9

Do đó :
2 2
t 2  2t  1  1 1 3  4  1  1 3 4  2 17 4 7
dt 
1 t 2  t  3 1  9  t  t 2   9  t  3   dt   9  ln t  t   9 ln t  3  1  6  9 ln 5  9 ln 2
Cách 2:
 Ta có :
 1  3t 2  6t  1  t   t  9   
2 2
t 2  2t  1 1  3t 2  6t  3  1  3t 2  6t 3
          
t 2  t  3 3  t 3  3t 2  3  t 3  3t 2 t 2  t  3   3  t 3  3t 2  9  t 2  t  3  
  
2 2
1  3t  6t  1 1 1 t  3 1  3t  6t  1 1 1  1 3 
  3 2 
  2
  3 2 
    2 
3  t  3t  9 t  3 9 t 3  t  3t  9 t  3 9  t t  
 Vậy :
2 2
t 2  2t  1  1  3t 2  6t  1  1 1 3  1 3 2 1  t  3 3  2
dt 
1 t 2  t  3 1  3  t 3  3t 2   9  t  3  t  t 2   dt   3 ln t  3t  27  ln t  t  1
17 4 7
 Do đó I=  ln 5  ln 2
6 9 9
3
1
Ví dụ 7. Tính I=  dx
2 x  x 2  1
Cách 1: ( Hệ số bất định )
 Ta có :
1 1 A B C A  x  1  Bx  x  1  Cx  x  1
2
f(x)=     
x  x  1 x  x  1 x  1 x x  1 x  1
2
x  x  1 x  1
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 5
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
 Đồng nhất hệ số hai tử số bằng cách thay các nghiệm : x=0;x=1 và x=-1 vào hai tử ta

 A  1
x  0  1   A 
  1 1 1 1  1 1 
có :  x  1  1  2C   B   f ( x)       
 x  1  1  2B  2 x 2  x 1  2  x 1 
  1
C  2
 Vậy :
3 3
1 1 1 1  1 1 3 5 3
2 x  x 2  1 2  2  x  1  x  1   x  dx   2  ln  x  1 x  1   ln x  2  2 ln 2  2 ln 3
dx 
Cách 2: ( Phương pháp nhẩy lầu )
1 x   x  1
2 2
x 1 1 2x 1
Ta có :   2   
x  x  1 x  x  1
2 2 2
x 1 x 2 x 1 x
3 3 3
1 1 2 xdx 1 1 3 5 3
Do đó :  dx   2   dx   ln  x 2  1  ln x   ln 2  ln 3
2 x  x  1
2
2 2 x 1 2 x 2 2 2 2
4
x 1
Ví dụ 8. Tính I=  dx
3 x  x 2
 4 
Cách 1:
x 1 x 1 A B C A  x  4   Bx  x  2   Cx  x  2 
2
Ta có :     
x  x 2  4  x  x  2  x  2  x x  2 x  2 x  x2  4
Thay các nghiệm của mẫu số vào hai tử số :
Khi x=0 : 1= -4A suy ra : A=-1/4
Khi x=-2 : -1= 8C suy ra C=-1/8
Khi x=2 : 3= 8B suy ra : B=3/8 .
1  1  1 1  3 1 
Do đó : f(x) =        
4 x 8 x2 8 x2
Vậy :
4 3 3 3
x 1 1 1 1 1 3 1  1 1 3 3
3 x  x 2  4  dx   dx  dx  dx   ln x  ln x  2  ln x  2  2
4 2 x 8 2 x  2 8 2 x  2

 4 8 8 
5 3 1
 ln 3  ln 5  ln 2
8 8 4
Cách 2:
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 6
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
Ta có :
1  1  x   x  4  1  1
2 2
x 1 1 1 1 1 1 1 2x 1
 2             
x  x  4   x  4  x  x  4  4  x  2 x  2  4  x  x  4   4  x  2 x  2 2 x  4 x 
2 2 2 2
Do đó :
4 4
x 1 1  1 1 1 2x 1 1 x  2 1 4
3 x  x 2  4  4 3  x  2  x  2  2 x 2  4  x  dx   4 ln x  2  2 ln  x  4   ln x  3
2
dx 
3
x2
Ví dụ 9. Tính  dx .
2  x  1  x  2 
2
Giải
Cách 1: ( Hệ số bất định )
x2 x2 A B C A  x  1 x  2   B  x  1 x  2   C  x  1
2
    
 x  1  x  2   x  1 x  1 x  2  x 1 x  1 x  2
2
 x 2 1  x  2 
Thay lần lượt các nghiệm mẫu số vào hai tử số :
Thay : x=1 Ta cớ : 1=2A , suy ra : A=1/2
Thay : x=-1 ,Ta có :1=-2B, suy ra : B=-1/2
Thay x=-2 ,Ta có : 4= -5C, suy ra : C=-5/4
Do đó :
3 3
x2 1 1 1 1 5 1   1 x 1 5 3 1 3
I=  dx      dx   ln  ln x  2   ln
2  x  1  x  2 
2
2
2 x 1 2 x  1 4 x  2   2 x 1 4 2 2 2
Cách 2.( Nhẩy tầng lầu )
Ta có :
x2 x2  1  1 1 1 1 1 x  x  1   x  1 x  2 
    
 x  1  x  2  x 1  x  2  x  2  x  1 x  1 x  2  x  2 2  x  1 x  1 x  2 
2 2
1 1 x 1  1 1  1 1 1  1 
      1    
x  2 2   x  1 x  2  x  1  x  2 2  3  x  1 x  2  x  1 
Từ đó suy ra kết quả .
Ví dụ 10. Tính
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 7
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
1 1
1 1  x2
a.  2
dx b.  3
dx
 x  3x  2  1 1 x
2
0
2
Giải
1
1
a.  2
dx
0  x  3x  2 
2
Ta có :
2
1  1 1 1 
x  3 x  2   x  1 x  2   f ( x) 
2
2
 2
  
 x 2  3x  2   x  1 x  2    x  1  x  2  
1 1 2 1 1  1 1 
 2
 2
  2
 2
 2   . Vậy :
 x  1  x  2  x  1 x  2   x  1  x  2  x 1 x  2 
1 
1 
1
1 1 1  1  1 1 x 1 1 2
0 x 2  3x  2 2 dx  0   x  12   x  2 2  2  x  1  x  2  dx    x  1  x  2  2 ln x  2  0  3  2ln 3
   
1
1  x2
b.  3
dx
1 1 x
2
1  x2 1  x  x2  x 1  x  x2 x
Ta có : f ( x)    
1 x 3
1  x  1  x  x  1  x  1  x  x  1  x  1  x  x 2 
2 2
1
1 x  1 1 2x 
 f ( x)   3
   dx
1 x 1 x 1  x 1 2 1  x3 
2
Ví dụ 11. Tính
3 1
x2  1 x4  1
a.  dx b.  dx
1
x 4
 x 2
 1 0
x6  1
Giải
3
x2  1
a.  4 2
dx . Chia tử và mẫu cho x 2  0 , ta có :
1
x  x  1
1  1 
13 3  1  2  dx
2 x 
f ( x)  x   f ( x)dx    1
1 1  x2 
1 
x2  2 1 1
  1
x  x2 
x  1  t  2
1 1  1 
Đặt : t  x   x  2  t  2, dt   1  2  dx  
2 2
x x  x  x  3  t  4
 3
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 8
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
4 4 4
3 3 3 3
dt 1 1  1 1 
Vậy :  f ( x)dx     dt      dt
1 2
2
t 3 2 t  3 t  3   
2 3 2 t  3 t 3 
4
t 3
1 1  1 74 3  1
I ln
2 3 t 3
3  ln  ln
2 3 7
 
7  2 3
ln 7  4 3 )  
2
1  x 6  1   x 2 3  1   x 2  1 x 4  x 2  1
x4  1
b.  6 dx . Vì : 
x  1  6 3 2
 x  1   x   1  t  1 t  x 
2 3
0
Cho nên :
1 1  
x4 1 x 4  x2  1 x2  1 1 3x 2 
f ( x)  6    f ( x)dx   2  dx
x  1  x 2  1 x 4  x 2  1  x3 2  1 0 0
 x  1 3  x 3 2  1 
 
1 1 1 1  1
Vậy : I  arctan x  arctan  3x 2   arctan1- arctan3   arctan3
0 3 0 3 4 3
Ví dụ 12. Tính
1 1 2
x2  1 x2  1 1
a.  dx  0 x 4  1dx b.  dx
0
x4  1 1
4
x 1
Giải
1 1
x2  1 x2  1
a.  dx  0 x 4  1dx . Ta có :
0
x4  1
1 1
2 1 2 1 2
x 1 x , g ( x)  x  1 
2
x . Cho nên
f ( x)  4  4
x 1 x2  1 x 1 x2  1
2
x x2
 1  1  2 1 2 5
t  x  x  dt  1  x 2  dx, x  x 2  t  2, x  1  t  2, x  2  t  2
 
Đặt :  . Vậy :
 1  1  2 1 2 3
t  x   dt  1  2  dx, x  2  t  2, x  1  t  0, x  2  t 
 x  x  x 2
5 5 5
2 22 5
 dt  1 1 2 1 1  1 t 2
  f ( x)dx    2  dt    dt  ln
2 2 2  t  2 t  2 
 2
1 2t 2 2 t 2 t 2    2 2 t 2 2
3
2 2
1
  g ( x)dx   2 dt 1 .
1 0
t 2
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 9
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
1 3 3 2
Đặt : t  2 tan u  dt  2 2
du  t  0  u  0, t   u  arctan  u1
cos u 2 4
u1 u1
2du 2 2 u1 2
Do đó (1)    du  u  u1
0 cos u  2  2 tan u 
2 2
0
2 2 0 2
2
1
b.  x  1 dx
4
. Ta có :
1
1 1  1  x2  1  x2  1  x2  1 x2  1  1
F ( x)      4  4    f ( x)  g ( x) 
x4  1 2  x4  1  2  x  1 x 1  2
Đã tính ở trên ( phần a)
Ví dụ 13. Tính
5
2
x2  1 2
dx
a.  2 dx b. 
1  x  5 x  1 x  3 x  1
2 4 2
3 x  4x  3
2
1 5
2 3
x2  1 x7
c.  dx d. I =  dx
1
x 4  x2  1 2
1  x8  2 x 4
Giải
2
x2  1
a.  dx . Ta có :
1  x  5 x  1 x  3 x  1
2 2
1  1 
x2  1
1 2 2 2  1  2  dx
x  x 
f ( x)  2    f ( x)dx   1
 x  5 x  1 x  3x  1  x   5   x   1
2
 1   1  
1 x

1  1 
 5   x   3
 x  x 3  x  x 
1  1  5
Đặt : t  x   dt  1  2  dx , x  1  t  2, x  2  t 
x  x  2
Vậy (1) trở thành :
5 5
2 2 5
dt 1  1 1  1 t 5 1 1 5
2  t  5 t  3  2 2  t  5  t  3  dt  2 ln t  3 2  2  ln 5  ln 3  2 ln 3
2
5
2
dx 1 1 1 1 1 
b.  . Ta có : f ( x)  4  2   2  2 
4 2
3 x  4x  3 x  4 x  3  x  1 x  3  2  x  3 x  1 
2 2
2
5 5
2 2
 1 1 
Do đó :  f ( x)dx    2  2  dx  I  J 1 Với :
3 3  x 3 x 1 
2 2
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 10
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
5 5 5 5
2 2 2
1 1 1  1 1  1 x 3 2 1 37  20 3
I 2 dx   dx      dx  ln  ln
3 x 3
2
3 x 3
2
x 3  2

2 3 3 x 3 x 3  2 3 x  3 3 2 3 65 7  4 3 
2
5 5
1 1
1 1 1 2 1 1  1 x 1 2 1  3 1  1 15
J   2 dx   dx      dx  ln   ln  ln   ln
0 
0
x 1 x  1 x  1 2 3  x 1 x 1  2 x 1 3 2  7 5 2 7
2
2
1 5
2
x2  1
c.  dx .
1
x 4  x2  1
1
Học sinh xem lại cách giải ví dụ 2-a . Chỉ khác là đặt : t  x  , sẽ ra kết quả .
x
3 3
x7 x4
d. I =  8 4
dx   2
x 3 dx 1
2  x  1
2
1  x  2x 4
dt  3x 3dx, x  2  t  15; x  3  t  80

Đặt : t  x 4  1   1 x4 1  t  1 1 1 1 
 f ( x ) dx  3 x3dx  dt    2  dt
3  x  1
4
3 t 2
3 t t 

80
1 1 1  1 1  80 1 16 13
Vậy : I     2  dt   ln t    ln 
3 t t 
15 
3 t  15 3 3 720
Ví dụ 14. Tính
1
2
dx 2
x2  1
a.  b.  dx
1 x  x  1
4 2
0  x  1  x  3
Giải
2
dx
a.  . Nếu theo cách phân tích bằng đồng nhất hệ số hai tử số thì ta có :
1 x  x 4
 1
A Bx3  Cx 2  Dx  E A  x  1  x  Bx  Cx  Dx  E 
4 3 2
1
f ( x)     
x  x 4  1 x x4  1 x  x 4  1
A  B  0 A 1
 f ( x) 
4 
 A  B  x  Cx  Dx  Ex+A  C  0, D  0  B  1
3 2
 f ( x ) 
1

x3
 
x  x 4  1 E  0 C  0, D  0, x x4  1
 A  1  E  0
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 11
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
Nhưng nếu ta tinh ý thì cách làm sau sẽ hay hơn .
Vì x và x 3 cách nhau 3 bậc , mặt khác x  1; 2  x  0 . Cho nên ta nhân tử và mẫu với
x3
x 3  0 . Khi đó f ( x)  . Mặt khác d  x 4   4 x3dx  dt  4 x3dx  t  x  , cho nên
4
x  x  1
4 4
:
1 3 x3dx 1 dt 1 1 1 
f ( x)dx        f (t ) . Bài toán trở nên đơn giản hơn rất
3 x  x  1 3 t  t  1 3  t t  1 
4 4
nhiều . ( Các em giải tiếp )
1
2
x2
b.  2
dx
0  x  1  x  3
Nhận xét :
* Nếu theo cách hướng dẫn chung ta làm như sau :
x2  1 A B C D
- f ( x)  3
 3
 2
 
 x  1  x  3  x  1  x  1 x 1 x  3
1 3 5
- Sau đó quy đồng mẫu số , đồng nhất hệ số hai tử số , ta có : A  , B  , C   D 
2 8 32
1
 1 2
3 5 5 
Do vậy : I    3
 2
   dx

0  2  x  1 8  x  1 32  x  1 32  x  3  
 1 3 5 5 1 5 1
  2
  ln x  1  ln x  3  2  ln
 8  x  1 8  x  1 32 32  0 32 28
Ví dụ 15. Tính
3 2 2
x4  1 x2  1 dx
a.  dx b.  dx c. 
x6 1 x6  1 1 x 1  x 
4
2 1
1
d. 
1
x3
dx
1
e. 
x 4  3x 2  1
dx
1
f. 
 x  x  dx
3 3
2 3 2 3 4
0 1  x  0 1  x  1
3
x
Giải
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 12
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
a.
2 2
  3 3
 
x4  1  x4  x2 1 x2  2  1  x2 1 1 
1 x6  1 dx  1   x 2  1 x 4  x 2  1   3 2   dx  2 x 2  1 dx  2   3 2   x3  1  x 3  1 dx

  x   1    x   1
 


3
Tính J : J= artanx  artan3-artan2 .
2
 dt  3 x 2 dx, x  2  t  8; x  3  t  27

Tính K . Đặt t  x3   x2 1 dt 1 1 1 1 
 g ( x ) dx  dx      dt
3
x 1 3  t  1 3 2  t  1 t  1 
2

3 27
1  1 1  1 27 1 t  1 27 1 117
Do đó : K=  g ( x) dx      dt   ln t  1  ln t  1  8  ln  ln
2
6 8  t 1 t 1  6 6 t  1 8 6 98
3 3
1 1
Tính E=  dx   dx
2  x  1  x  x  1
3 2
2
x 1
1 x 2   x 2  1 x2 x 2 1
Ta có : h( x)    
 x  1  x 2  x  1  x  1  x 2  x  1 x 3  1  x  1  x 2  x  1

x2

 x  1 x  1  x 2  x  1  x 2  1  2 x  1  1 
 
x3  1  x  1  x 2  x  1 x3  1 x 2  x  1 x3  1 2  x 2  x  1 x 2  x  1 
1  2 x  1
3 3 3
1 3x 2 1
Vậy : I   3
dx   2 dx   2
dx
3 2 x 1 2 2 x  x 1 2 
2
1  3
x   
 2  2 
1 3 1 3 1 28 1 13
 ln  x3  1  ln  x 2  x  1  F  ln  ln  F  2
3 2 2 2 3 9 2 6
 3 1
1 3  dx  2
dt
 2 c os t
Tính F : Đặt : x   tan t  
2 2  x  2  tan t  5  t  a; x  3  tan t  10  t  b
 3 3
Do đó
3 1
b dt b
b
2  5 5 10 
F=  2 cos t   dt  t  b  a  t ant=  t  a  artan ; b  artan 
3 a  3 3 3
a
2
1  tan 2
t  a
Thay vào (2) ta có kết quả .
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 13
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
2 1 2 2
x2  1 x2 1 1 1
b.  dx   dx   dx   2 dx
0  x  1 x  x  1 1  x  x  1 x  x  1
6 2 4 2 2 2
1
x 1 1  x  1  x
2 2
1 Ax+B Cx  D
Ta có :   2
 x  x  1 x  x  1
2 2 2
x  x  1 x  x 1

 A  C  x3   B  A  C  D  x 2   A  B  C  D  x   B  D 
x4  x2  1
 1
A   2
A  C  0  A  C 
B  A  C  D  0 1  2C  0 C  1
   2
Đồng nhất hệ số hai tử số ta có hệ :   
A  B  C  D  0  B  D  0 D  1
 B  D  1  B  D  1  2
 1
B 
 2
2 2
1 1 x x 1  1
Vậy : I    2 dx   2 dx    J  K 1
2  1 x  x 1 1
x  x 1  2
Tính J=
2 2 2 2
x  1 1 2x  1  3 1 2x 1 3 1 1 2
1 x 2  x  1 dx    2
dx    2
dx   2
dx   ln x 2  x  1  E  2
2 1 x  x 1 2 1 x  x 1 21 2
1  3 2 1
 x     
 2  2 
2
3 1 1 3
Tính E =  2
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt : x   tan t
21 2
1  3 2 2
x   
 2  2 
Tính K
2 2 2 1
x 1 1 2x 1  3 1 2x 1 3 1 1 2 2
K  dx  dx  dx  dx  ln x  x  1 F  2
1
2
x  x 1 2 1 x  x  1
2
2 1 x  x  1
2
2 0  1
2
 3 
2
2 1
x   
 2  2 
2
3 1 1 3
Tính F=  2
dx , học sinh tự tính bằng cách đặt : x   tan t
21 2
1  3 2 2
x   
 2  2 
1  d  x  d  x   1  x 4  2 1 32
2 2 2 4 4
dx 1 3x 3
c.    4 dx       ln    ln
1 x 1  x 
4
3 1 x 1  x 4  3 1  x4 1  x 4  3  1  x 4  1 3 17
 
1 1
x3 1 x2  x 2  t  1; dt  2 xdx
d.  dx  2 xdx 1 . Đặt : t  1  x 2  
0 1  x  2 3
2 0 1  x 2 3  x  0  t  1, x  1  t  2
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 14
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
2 2
t 1 1 1  1 1  2 13
Do đó I   3
dt    2  3  dt     2  1 
1
t 1
t t   t 4t  16
1 1  1  x 2 2  1 1
x 4  3x 2  1  x2  1 x2
e. 
2 3
dx  
 2 3

2 3 
dx  0 1  x 2 0 1  x 2 3 dx  J  K 1
dx 
0 1  x  0 1  x 
 1  x    

Tính J : Bằng cách đặt x  tan t  J 
4
1 
1 1
Tính K=     dx  E  F  2 
 2 2 2 3 
0 1  x  1  x  

 1
dx  cos 2 t dt
x  tan t  
Tính E : Bằng cách đặt
 x  0  t  0; x  1  t  
 4
  
1 2 4 2 4 4
1  1  1  1  1 1 1 1 1
Vậy : E   dx    dt   dt   cos 2tdt
2 0  1  x 2 
 
2 0  1  tan 2 t  cos 2t 20 1 cos 2t 20
4
cos t

4 
1 1 1  1 1  2
  1  c os2t  dt   t  sin 2t  4    
40 4 2  0 4 4 2 16
Tính F. Tương tự như tính E ;
 1
 dx  cos 2t dt
x  tan t  
Bằng cách đặt
 x  0  t  0; x  1  t  
 4
  
1 3 4 3 4 4
1  1  1  1  1 1 1 1 1
Vậy : F    2 
dx    2  2
dt   dt   cos 4tdt
2 0  1 x  2 0  1  tan t  cos t 20 1 cos 2t 20
cos 6t
 
4 4 
1 2 1  1  cos4t 
 1  c os2t  dt  1  2c os 2t   4
dt
8 0 8 0 

2  0


1 4 1 1 1  3  8


 3  4 cos 2t  cos4t  dt   3t  2sin 2t  sin 4t  4   3  2  
16 0 16  4  0 16  4  64
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 15
BÀI GIẢNG ÔN THI VÀO ĐẠI HỌC PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
1 1 1
f. 
 x  x  dx   x  x  1 dx   1  1 1 . dx
1 3 3 1 3 3 1
3
1 x   x  x
4   x  x x
1
3 3
1
2 2
3 3 3
 dx
 dt  
 1  1  x
Đặt : t   2  1   t  1  2  
 x  x 1
 x   t  8; x  1  t  0
 3
0 1 8
 4 1 3 7 3 4 8 3 3  24 3  468
Khi đó I    t 3  t  1 dt    t 3  t 3  dt   t 3  t 3   .27  .2 4  16    
8 0  7 4 0 7 4  7 4 7
* Chú ý : Còn có cách khác
1 
Vì : x   ;1  x  0 . Đặt
3 
1
 1 1 3 1
 3
1 1 
x   dx   2 dt ; f ( x)dx  
t t   1
 dt  
t 2
  3 dt
t 3
 t
4  2
t t 1  t  t
 
t
1
1
 1 3 1 1 1
 t  t  t  dt  dt  t 1  2  dt (2) . Đặt : u  1  2  2  1  u; du  dt
3 3 2
 t  t t t
Ví dụ 16. Tính
3 1
dx x 7 dx
a.  b.  2
2
5
x  x2 0 1  x  4
1 2
x3  2 x 1  x3
c.  2
dx d.  dx
0  x  1
2
1
x4
Giải
3 3
dx 1
a.   2 dx 1
2 x  x  1  x  x  1
5 2 2
2
x x
1 A B Cx  D E
Xét : f ( x)   2  2 
x  x  1  x  x  1 x
2 2
x x  x  1 x 1
A  x 2  x  1  x  1  Bx  x  1  x 2  x  1   Cx  D  x 2  x  1  E ( x 2  x  1) x 2

x 2  x  1  x 2  x  1

 B  C  E  x 4   A  D  C  E  x3   E  D  x 2  Bx  A .
x 2  x  1  x 2  x  1
THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐH XÂY DỰNG
DĐ: 0983070744 website: violet.vn/phphong84 16